17595. Окружность \gamma
описана около равнобедренного остроугольного треугольника ABC
с основанием BC
, D
— середина AC
. Касательная к окружности \gamma
пересекает прямую BC
в точке E
, O
— центр описанной окружности треугольника ABE
. Докажите, что середина отрезка AO
лежит на окружности \gamma
.
Решение. Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\angle ACB=\beta
, \angle ABD=\varphi
. Тогда по теореме об угле между касательной и хордой и по теореме внешнем угле треугольника
\angle DAE=\angle ABD=\varphi,~\angle BDC=\alpha+\varphi=\angle BAE.
Значит, треугольники DCB
и ABE
подобны по двум углам, поэтому
\frac{BC}{EB}=\frac{DC}{AB}=\frac{DC}{AC}=\frac{1}{2}.
Следовательно, C
— середина отрезка BE
.
Тогда OC\perp BE
(см. задачу 1677), поэтому
\angle ACO=90^{\circ}-\angle ACB=90^{\circ}-\beta.
Пусть отрезок OA
пересекает окружность \gamma
в точке X
. Тогда по теореме об угле между касательной и хордой \angle ADX=\angle OAE
. Центральный угол AOE
описанной окружности треугольника ABE
вдвое больше вписанного угла ABE
, равного \beta
, т. е. \angle AOE=2\beta
. Тогда угол OAE
при основании равнобедренного треугольника AOE
равен 90^{\circ}-\beta=\angle ACO
. Следовательно, \angle ADX=\angle ACO
, потому DX\parallel CO
, а так как D
— середина AC
, то X
— середина AO
. Что и требовалось доказать.
Источник: Балканская математическая олимпиада. — 2020, задача 1